【文档说明】2024年1月浙江省普通高校招生选考科目化学仿真模拟卷02（全解全析）.docx，共(18)页，1.852 MB，由小赞的店铺上传

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2024年1月浙江省普通高校招生选考科目化学仿真模拟试卷02(考试时间：90分钟满分100分)可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca4

0Cr52Mn55Fe56Co59Cu64Ge73Br82Ag108Ba137Bi209选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．化学与材料密切相关。下列属于新型无机非金属材料的是

()A．酚醛树脂B．氮化硼陶瓷C．特种钢D．储氢合金【答案】B【解析】A项，酚醛树脂，是由苯酚或取代苯酚与甲醛反应得到的合成聚合物，属于有机材料，A不符合；B项，氮化硼陶瓷是一种耐高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料，B符合；C项，钢是铁的一种合金，是用量最大的合金材

料，在钢中加入稀土元素可以提高钢的强度和耐腐蚀性从而改善钢的性能，属于金属材料，C不符合；D项，储氢合金是一类储氢材料，储氢过程生成金属氢化物，可用于解决氢能储存和运输难题，D不符合；故选B。2．下列化学用语表示正确的是()A．

羟基的电子式：B．基态氮原子的价层电子轨道表示式：C．PCl3的价层电子对互斥模型：D．的名称：3－溴丁烷【答案】B【解析】A项，羟基的电子式为：，故A错误；B项，基态氮原子价电子排布式为：2s22p3，轨道表示式：，故B正确；C项，PCl3中心原子价层电子对数为3+()15312−=4，且

有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，故C错误；D项，的名称是：2－溴丁烷，故D错误；故选B。3．重铬酸钾(K2Cr2O7)和铬酸钾(K2CrO4)应用广泛，下列说法不正确．．．的是()A．Cr位于元素周

期表d区，最外层电子数为1B．K2CrO4属于强电解质C．酸性K2Cr2O7溶液可将乙醇氧化为乙酸D．K2CrO4在碱性溶液中可转化为K2Cr2O7【答案】D【解析】A项，Cr为24号元素，价层电子排

布为3d54s1，位于d区，最外层有1个电子，A正确；B项，K2CrO4属于盐，是强电解质，B正确；C项，酸性K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能将乙醇氧化为乙酸，C正确；D项，K2CrO4在酸性溶液中可转化为K2Cr2O7，D错误；故选D

。4．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确．．．的是()A．碳化硅熔点很高，可用于制作砂轮磨料B．Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多C．生铁硬度大、抗压，可用于铸造机器底座D．Na2SO3有还原性，可用于水处理中脱氯(Cl2)【答案】A【解析】A项，碳化硅熔点高和制作砂轮磨料之间没有

因果关系，碳化硅硬度大，可用于制作砂轮磨料，故A不正确；B项，Al(OH)3呈弱碱性，可用于中和胃酸中的酸，故B正确；C项，生铁硬度大、抗压，可用于铸造机器底座，因果关系正确，故C正确；D项，Na2SO3有还原性，氯气有

氧化性，可用于水处理中脱氯(Cl2)，故D正确；故选A。5．下列有关说法不正确．．．的是()图①图②图③图④A．图①实验能用于证明氨气极易溶于水B．图②实验可用于收集SO2并吸收多余的SO2C．由图③实验可知增大

气体总压强化学平衡向左移动D．利用图④实验可探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀【答案】C【解析】A项，图①实验为利用氨气做喷泉实验，通过圆底烧瓶内产生负压，证明氨气极易溶于水，A正确；B项，图②实验中，SO2密度比空气大，集气瓶内导管左长右短，可用

于收集SO2，烧杯内干燥管插入NaOH溶液中，用于吸收多余的SO2，B正确；C项，图③实验中，由于反应前后气体的分子数相等，所以增大气体总压强，化学平衡不发生移动，C错误；D项，图④实验中，通过U形管内液面左高右低，确定左侧为吸氧腐蚀，右侧为析氢腐蚀，

从而探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀，D正确；故选C。6．工业上用S8(分子结构：)与CH4为原料制备CS2，发生反应：S8+2CH4=2CS2+4H2S。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．S8既是氧化剂，又

是还原剂B．生成17gH2S，断开S−S键数为NAC．消耗1gCH4转移电子数为NAD．CS2中σ键与π键数量之比为2：1【答案】B【解析】A项，反应中C元素化合价由CH4中-4价升至CS2中+4价，CH4做还原剂，S元素化合价由0价降至-2价，S8做氧化剂，A错误

；B项，1molS8中含有8molS-S键，每生成0.5molH2S消耗0.125molS8，断裂1molS-S键，B正确；C项，每消耗1molCH4，反应转移8mol电子，故消耗1gCH4，转移电子数1816mol，C错误；D项，1molCS2

中含有2molσ键与2molπ键，因此σ键与π键数量比为1：1，D错误；故选B。7．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确．．．的是()A．2gH218O与D216O的混合物中所含中子、电子数目均为NAB．42gC6

H12最多含有σ键的数目为9NAC．22.4LCO2与NaOH溶液完全反应，则n(CO32-)+n(HCO3-)+n(H2CO3)=1molD．足量的浓盐酸与8.7gMnO2反应，转移电子的数目为0.2NA【答案】C【解析】A项，H218O与D216O平均相对分子质量为20，中子数为10，电子数为

10，A正确；B项，C6H12分子的结构为苯时，含有σ键的数目为18，0.5mol苯含有σ键的数目为9NA，B正确；C项，没有温度压强，无法通过气体体积计算物质的量，C错误；D项，MnO2~2e-~Mn2+，8.7gM

nO2反应，转移电子的数目为0.2NA，D正确；故选C。8．下列说法不正确．．．的是()A．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂B．共价键的方向性使得金刚石晶体的延展性较差而具有脆性C．糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩

合物D．蛋白质的一级结构与肽键的形成有关【答案】A【解析】A项，天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，能溶于强酸或强碱溶液中，大部分能溶于水，难溶于乙醇、乙醚，故A错误；B项，金刚石是共价晶体，晶体中碳碳键具有饱和性和方向性，其中方向性使得金刚石晶体的延展性较差而具有脆性，故B正确；

C项，从分子结构上看，糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物，故C正确；D项，蛋白质是生物大分子，具有明显的结构层次性，由低层到高层可分为一级结构、二级结构、三级结构和四级结构，蛋白质的一级结构是指肽链的氨基酸组成及其排

列顺序，则蛋白质的一级结构与肽键的形成有关，故D正确；故选A。9．下列反应的离子方程式书写正确的是()A．Na2S2O3溶液中滴加稀硝酸：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2OB．NaAlO2溶液中加入足量Ca(HCO3)2溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(

OH)3↓+CO32-C．向溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O→+CO32-D．向明矾溶液中滴加氢氧化钡至沉淀质量最大：Al3++2SO42-+-2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O【答案】D【解析】A项，硝

酸有强氧化性，和Na2S2O3发生氧化还原反应，A错误；B项，NaAlO2溶液中加入足量Ca(HCO3)2溶液应生成碳酸钙沉淀和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Ca2++AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CaCO3↓，B错误

；C项，向溶液中通入少量CO2生成邻羟基苯甲酸钠和碳酸氢钠，离子方程式为：+CO2+H2O→+HCO3-，C错误；D项，使沉淀质量最大，则生成硫酸钡和偏铝酸钾，离子方程式为Al3++2SO42-+-2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O

，D正确；故选D。10．核黄素的结构如图，下列说法正确的是()A．分子中存在1个手性碳原子B．分子中存在2种含氮的官能团C．1mol该物质与足量的H2发生加成反应，最多可消耗5molH2D．1mol该物质与足量盐酸

发生水解反应，最多可生成2molCO2【答案】C【解析】A项，分子中存在3个手性碳原子，用“*”标记，故A错误；B项，分子中含有碳氮单键，碳氮双键，酰胺基、，含氮的官能团数目大于2种，故B错误；C项，该物

质含有苯环、2个碳氮双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质与足量的H2发生加成反应，最多可消耗5molH2，故C正确；D项，该物质含有，它在酸性条件下水解可生成，碳酸不稳定可分解生成二氧化碳，则1mol该物质与足量盐酸发生水解反应，最

多可生成1molCO2，故D错误。故选C。11．前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，基态X原子的半径是所有原子中最小的，Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，基态Z原子的M电子层上p轨道为半充满状态，Y、Q同主族，W原子的价层电子排布式为3d54s2，

下列说法不正确．．．的是A．电负性：Z＜Q＜YB．简单离子半径：Z＞Q＞Y＞ZC．同周期中第一电离能比Q大的元素有1种D．XYW、、三种元素形成的某些化合物，可存在于某些使用后的碱性电池中【答案】C【解析】五种前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，

其中基态X原子的半径是所有原子中最小的，则X为H元素；Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，则Y为O，基态Z原子的M电子层上P轨道为半充满状态，其外围电子排布式为3s23p3，故Z为P元素；W原子的特征电子构型为3d5

4s2，则W为Mn元素；Y、Q同主族，由Y为O元素，故Q为S元素。A项，由分析可知，Y、Z、Q分别为O、P、S，根据同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小，故电负性O＞S＞P即Z＜Q＜Y，A正确；

B项，X、Y、Z、Q分别为H、O、P、S，根据电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小可知，简单离子半径P3-＞S2-＞O2-＞H+即Z＞Q＞Y＞Z，B正确；C项，Q为S，根据同一周期从左往右元素的第一电离

能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故同周期中第一电离能比Q大的元素有P、Cl、Ar等3种，C错误；D项，X、Y、W分别为H、O、Mn三种元素形成的某些化合物，如MnOOH可存在于某些使用后的碱性电池中，D正确；故选C。12．2－

硝基－1，3－苯二酚(桔红色针状晶体，难溶于水，沸点为88℃)可由间苯二酚经磺化、硝化等步骤合成，其中一步按图示装置(部分仪器略去)收集产品。下列说法不正确．．．的是()A．“混酸”混合操作步骤是将浓硫酸慢慢地加入浓硝酸中

，并及时搅拌冷却至室温B．控制反应温度不超过30℃的主要原因是避免硝酸分解或挥发，同时避免副反应发生C．水蒸气蒸馏中，2－硝基－1，3－苯二酚残留在三颈烧瓶中，取出加水过滤得粗产品D．按上述步骤合成产物的主要目的是防止硝基取代间苯二酚羟

基对位上的氢原子【答案】C【解析】A项，浓硫酸密度大于浓硝酸，“混酸”混合操作步骤是将浓硫酸慢慢地加入浓硝酸中，并及时搅拌冷却至室温，故A正确；B项，硝酸不稳定，加热易分解，控制反应温度不超过30℃的主要原因是避免硝酸分解或挥发，同时避免副反应发生，故B

正确；C项，2－硝基－1，3－苯二酚的沸点为88℃，水蒸气蒸馏中，水残留在三颈烧瓶中，故C错误；D项，羟基的邻位、对位易发生硝化反应，按上述步骤合成产物的主要目的是防止硝基取代间苯二酚羟基对位上的氢原子，故D正确；故选C。13．某全固态

锂电池充电时电解质表面易积聚过多的金属锂，造成电池变形，改良后电极充电过程如图，MIEC材料可同时传导离子和电子，ELI材料两者均不能传导，两种材料均不与锂及其化合物反应，锂离子通过金属锂纳米颗粒的蠕动扩散至MIEC表面，下列说法不正确．．

．的是()A．当电池处于放电状态时，图示电极发生氧化反应B．充电时Li+沿MIEC向惰性金属导体迁移，避免局部积聚C．另一极的电极材料为FeF3/LiFeF3，则放电时的电极反应为LiFeF3-e-=FeF3+Li+D．当MIEC上有

1mol电荷发生迁移时，电极中的金属锂质量变化为7g【答案】C【解析】由题意可知，放电时图示电极为原电池的负极，锂在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子，FeF3电极为正极，锂离子作用下FeF3得到电子发生还原反应生成LiFeF3，充电时，图示电极与直流电源负极相连做

电解池的阴极，FeF3电极为阳极。A项，由分析可知，当电池处于放电状态时，图示电极图示电极为原电池的负极，锂在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子，故A正确；B项，由题给信息可知，充电时锂离子沿MIEC向惰性金属导体迁移，避免局部积聚过多的金属锂，造成电池变形，故B正确；C项，当电池处于放

电状态时，FeF3电极为正极，锂离子作用下FeF3得到电子发生还原反应生成LiFeF3，电极反应式为FeF3+Li++e-=LiFeF3，故C错误；D项，当电池处于放电状态时，图示电极图示电极为原电池的负极，锂在负极失去电子发生氧化反应生成锂离

子，则当MIEC上有1mol电荷发生迁移时，电极中的金属锂质量变化为7g，故D正确；故选C。14．标准状态下，CH2=CHCH3(g)与HCl(g)反应生成(g)和CH3CH2CH2Cl(g)的反应历程与相对能量的示意图如下。下列说法正确的是()A．E2-E3=E

4-E5B．其他条件不变，往反应体系中加入适量Cl-(g)可有效提高反应速率C．其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：+Cl-=CH3

CHClCH3ΔH＝(E3-E2)kJ·mol－1【答案】C【解析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应

越慢，决定总反应速率的是慢反应。A项，E2-E3、E4-E5对应两者的反应物、生成物均不同，故反应的焓变不同，故E2-E3≠E4-E5，A错误；B项，由图可知，历程Ⅰ、历程Ⅱ的决速步均为第一步，故其他条件不变，往反应体系中加入适量Cl-(g)不会有效提高反应速率，B错

误；C项，由图可知，反应历程Ⅱ的最大活化能更大，受温度的影响程度更大，故其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，C正确；D项，由图可知，历程Ⅰ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：+Cl-=CH3CHClCH3ΔH＝(E3-E2)kJ

·mol－1；历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：+Cl-=CH3CH2CH2ClΔH＝(E5-E4)kJ·mol－1，D错误；故选C。15．草酸钙是常见的难溶物。将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+

(aq)+C2O42-(aq)[已知Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，H2C2O4的电离常数Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，下列有关说法不正确．．．的是()A．上层清液中含碳微粒最主要以

C2O42-形式存在B．上层清液中存在：c(Ca2+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)C．H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成CaC2O4沉淀D．向上层清液中通入HCl至pH=

1，则：2c(Ca2+)-2c(C2O42-)-c(HC2O4-)-c(OH―)=0.1mol·L-1【答案】D【解析】A项，溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子，草酸根离子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根离子，A正确

；B项，根据物料守恒钙原子和碳原子物质的量浓度相等，故有c(Ca2+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)，B正确；C项，草酸加入氯化钙中反应生成草酸钙，加入醋酸钠粉末，根据电离平衡常数分析，醋酸根离子水解程度大于草酸根离子，故醋酸

钠的碱性抑制草酸根离子水解，有利于生成草酸钙，C正确；D项，向上层清液中通入HCl至pH=1，则有电荷守恒：2c(Ca2+)+c(H＋)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH―)+c(Cl－)，根据氢离子浓度为0.1mol/L分析，2

c(Ca2+)-2c(C2O42-)-c(HC2O4-)-c(OH―)=c(Cl－)-c(H＋)，不能确定氯离子浓度，故D错误；故选D。16．探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是()选项目的方案设计现象和结论A判断K2S的化学键类型将

K2S固体溶于水，进行导电性实验，K2S溶液可导电K2S中含有离子键B证明SO2水溶液的酸性与漂白性分别在石蕊溶液与品红溶液中通入适量SO2气体石蕊溶液变红后没有褪色，品红溶液褪色，说明SO2水溶液呈酸性，有漂白性C证明浓硫酸具有强氧化性加热浓硫酸、NaCl固体与MnO2

固体的混合物有黄绿色气体产生，说明浓硫酸具有强氧化性D比较S与Cl的非金属性强弱用pH试纸测定1mol·L-的Na2S和NaCl溶液的pH若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：S＜Cl【答案】B【解析】A项，氯化氢为共价化合物，溶于水会电离出氢离子

、氯离子，溶液能导电；故K2S固体溶于水，进行导电性实验，K2S溶液可导电，不能说明其含有离子键，故A不符合题意；B项，酸性溶液使石蕊试液变红色，石蕊溶液变红后没有褪色，说明SO2水溶液呈酸性；品红溶液褪色，说明SO2能使有色物质褪色，有漂白性，故B符合题意；C项，加入二

氧化锰，也可能是二氧化锰使氯离子氧化生成氯气，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；D项，硫化氢、氯化氢不是硫、氯对应的最高氧化物的水合物，故1mol·L-的Na2S和NaCl溶液的pH大小不能说明硫、氯的非金属

性强弱，故D不符合题意；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17．(10分)铁、钴、镍三种元素位于元素周期表中第4周期第Ⅷ族，通常将铁钴镍三种元素称为铁系元素，请回答：(1)基态镍原子的价层电子排布式(2)已知无水三氯化铁熔点为307.6

℃，沸点约为306℃，可以升华，400℃以下的气态氯化铁主要通过配位键以二聚体形式存在，据此判断氯化铁的晶体类型，氯化铁二聚体的结构式是(3)铁系元素易通过配位键形成各种多环系化合物，钴酞菁是其中的一种。图1是酞

菁和钴酞菁的分子结构，酞菁分子中所有原子共平面，下列说法正确的是___________A．标注①②的N原子的杂化方式是sp2，③的N原子的杂化方式sp3B．钴酞菁中元素的电负性由大到小顺序为：N>C>H>CoC．钴酞菁中钴元素的化合价是+2D．钴酞菁中的作用力有

：离子键、氢键、配位键、π键、σ键(4)邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是。(5)下图为一种常见锂离子电池电极材料的六棱柱结构单元及其沿垂直底面方向的投影图，其底面是正．六边形．．．。①该电极材料物质的化学式为。②该晶体中Li原子周围距离

最近且相等的O原子有个。【答案】(1)3d84s2(1分)(2)分子晶体(1分)(1分)(3)BC(2分)(4)后者存在分子间氢键(1分)(5)Li2CoO3(2分)6(2分)【解析】(1)Ni核外有28个电子，电子排布式[Ar]3d84s2；(2)三氯化铁熔点低，易升华，则

三氯化铁为分子晶体；氯化铁主要通过配位键以二聚体形式存在，氯化铁二聚体的结构式；(3)A项，①②③中N均有2个σ键，孤电子对数为：5312−=1，，则N原子的杂化方式sp2，A错误；B项，非金属性越强，电负性越大，电负性大小顺序为N＞C＞

H>Co，B正确；C项，钴酥菁分子中，失去了2H，因此，钴离子的化合价为+2，C正确；D项，钴酞菁中不存在离子键，D错误；故选BC；(4)邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高；(5)①

该晶胞中Li原子个数为6，Co原子个数为16+1=33，O原子个数为1112+2+6=962，三种原子的个数比为2：1：3，则该物质的化学式为Li2CoO3；②沿垂直底面方向的底面是正六边形，可知该晶体中Li原子周围距离最近且相等的O原子位于

面上顶角的2个O原子和面心的1个O原子、还有内点的3个O原子共有6个。18．(10分)工业上以SO2为原料可以制备各种含硫化合物，部分转化关系如下图所示：(1)工业上常用煅烧黄铁矿制SO2，写出该反应的方程式(2)下图是硫的四种含氧酸根的结构式：根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将

2Mn+转化为4MnO−的是(填标号)，写出该反应的离子方程式(3)工业上用惰性电极电解硫酸和硫酸钾的混合溶液(或硫酸氢钾溶液)来制备K2S2O8，写出电解的总离子方程式(4)发烟硫酸和尿素反应可以制得氨基磺

酸(H2NSO3H)，氨基磺酸是硫酸分子的一个羟基被氨基取代而形成的无机固体酸，是一种常见的化工原料。下列说法不正确．．．的是___________A．氨基磺酸能与醇反应B．氨基磺酸能与活泼金属反应产生氢气C．氨基磺酸的实际存在形式可能为+H3NSO3-D．氨基磺酸与硝酸

只能发生非氧化还原反应(5)设计实验检验氨基磺酸(H2NSO3H)中的N元素(6)硫代硫酸钠有较强的配位能力，不溶于水的AgBr可以溶解在Na2S2O3溶液中，生成和银氨溶液类似的物质，写出该反应的离子方程式，和Ag+成键的原子是A．氧原子B．端基硫原子C．中心硫原子【

答案】(1)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2(1分)(2)D(1分)2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+(1分)(3)2HSO4-S2O82-+H2↑

或2H++SO42-S2O82-+H2↑(1分)(4)D(2分)(5)取少量氨基磺酸于试管中，加足量浓NaOH溶液，微热，若试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则有氮元素(1分)(6)AgBr+2S2O32-=[Ag(S2O3)]3-+Br-(2分)B(1分)【解析】工艺流

程为以二氧化硫为原料制备硫的化合物，将SO2通入碳酸钠和硫化钠的混合体系中可制备硫代硫酸钠；将SO2先转化为SO3，再溶于水生成硫酸，利用惰性电极电解硫酸和硫酸钾的混合溶液(或硫酸氢钾溶液)来制备K2S2O8，用发烟硫酸和尿素反应可以制得氨基磺酸(H2NSO3H)。

(1)工业上常用煅烧黄铁矿制SO2，黄铁矿为FeS2，煅烧生成氧化铁和二氧化硫，该反应的方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；(2)在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO4-需要具有强氧化性的物质，S2

O82-结构中含过氧键，具有强氧化性，故选D；反应的离子方程式为2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+；(3)用惰性电极电解硫酸和硫酸钾的混合溶液来制备K2S2O8，阴极生成氢气，阳极生成K2S2O8，电解

的总离子方程式为2H++SO42-S2O82-+H2↑；(4)氨基磺酸是硫酸分子的一个羟基被氨基取代而形成的无机固体酸，能与水反应生成硫酸氢铵，磺酸基具有强酸性，氨基具有碱性，A项，氨基磺酸中的磺酸基具有强酸性，能

与醇发生酯化反应，A正确；B项，氨基磺酸中的磺酸基具有强酸性，能与活泼金属反应生成氢气，B正确；C项，氨基磺酸的实际存在形式可能为+H3NSO3-，C正确；D项，氨基磺酸中的N显-3价，具有还原性，能与具有氧化性

的硝酸发生氧化还原反应，D错误；故选D；(5)氨基磺酸能与水反应生成硫酸氢铵，检验N元素可以先将其转化为铵根，再检验铵根，则可设计实验：取少量氨基磺酸于试管中，加足量浓NaOH溶液，微热，若试管口湿润的

红色石蕊试纸变蓝色，则有氮元素；(6)硫代硫酸钠有较强的配位能力，不溶于水的AgBr可以溶解在Na2S2O3溶液中，生成和银氨溶液类似的物质，该反应的离子方程式为AgBr+2S2O32-=[Ag(S2O3)]3-+Br-；由硫代硫酸根的结构可知，和Ag+成键的原子是端基硫原子

，故选B。19．(10分)锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。我国主要以菱锰矿(主要成分为MCO3，M为Mn、Mg或Ca)为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。(1)提取MnCO3的转化关系如下：已知MCO3

(s)=MO(s)+CO2(g)ΔG=ΔH-TΔS，ΔG-T关系如下图。①“焙烧”过程ΔH最大的是___________。A．CaCO3B．MgCO3C．MnCO3②“焙烧”温度应控制在___________。(2)T℃时，碳酸锰热

解制二氧化锰的热化学方程式：2MnCO3(s)+O2(g)2MnO(s)+2CO2(g)ΔH①若该反应的速率方程表示为：v正=k正c(O2)和v逆=k逆c2(CO2)=k逆c2(CO2)［k正和k逆分别为正、逆反应速率常数，在一定温度下为常数］，该反应的平衡常数K=___________(用k

正、k逆表示)。②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是___________。(3)由原料气(H2、CH4)与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下(在25℃、101kPa时)，CH4、C2H4在

高温条件还会分解生成碳与氢气：Ⅰ.C(s)＋2H2(g)CH4(g)ΔH1＝－74.85kJ·mol－1Ⅱ.2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)ΔH2＝+340.93kJ·mol－1Ⅲ.C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)ΔH2＝+335.50kJ·mol－1上述反应在体积

为1L的密闭容器中进行，达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如图甲所示。①下列说法正确的是___________。A．1530K之前乙炔产率随温度升高而增大的原因：升温使反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动B．1530K之后会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加

不大C．1530K时测得气体的总物质的量为1.000mol，则反应III的平衡常数为0.8652D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大②请在图乙中绘制平衡时乙烯的体积分数和反应温度的变化趋势，并标明1530K时的气体体积分数。_________【答案】(

1)A(1分)622.7~913.3K(1分)(2)K=kk正逆(1分)保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率(2分)(3)ABD(3分)(2分)起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)【解析】(1)①“焙烧”过程中，相同温度下，ΔG的大小为CaC

O3＞MgCO3＞MnCO3，且ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程ΔH最大的是CaCO3，故选A；②由流程图可知，“焙烧”过程中，仅MnCO3分解，则“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K。(2)①平衡时，v正=v逆，即k正c(O2)=k逆c2(CO2

)，则K=222()()cCOcO=kk正逆；②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率。(3)①A项，反应II、III是吸热反应，升高温度，反应II、III正向移动，故

1530K之前，乙炔产率随温度升高而增大，A正确；B项，反应I是放热反应，反应III是吸热反应，升高温度，反应I逆向移动，反应III正向移动，故1530K之后，会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大，B正确；C项，1530K时测得气体的总物质的量为1.00

0mol，H2、C2H2、CH4的体积分数分别为0.8240、0.0840和0.0840，则H2、C2H2、C2H4的浓度分别为0.824mol∙L-1、0.084mol∙L-1和0.008mol∙L-1、则反应III的平衡常数为22224c(CH)c(H)c(CH)

=-1-1-10.824molL0.084molL0.008molL=8.652，C错误；D项，相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大，D正确；故选ABD；②根据图甲中

乙炔的体积分数和温度的关系曲线，且乙烯的起点温度要低于乙炔的起点，最高点的相应温度低于1530K，1530交点乙烯的体积分数不要超过0.01，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线为[起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.008

0)]。20．(10分)某研究小组，利用Cl2氧化法高效制备KMnO4。制备流程如下：已知：3MnO2+KClO3+6KOH熔融3K2MnO4+KCl+3H2O(K2MnO4呈墨绿色)，Cl2+K2MnO4=2KMnO4+2KCl请回答下列问题：(1)KClO3需过量的目的

是___________(2)下列说法不正确．．．的是___________A．过程1应在瓷坩埚中进行B．MnO2应分批加入，以防止熔融物溢出C．可用酒精洗涤，得到较干燥的产品D．该实验表明，在强碱性环境下Cl2的氧化性强于KMnO4(3)为检验过程1是否反应完全，应采取

的实验操作是：___________。(4)将纯化后的KMnO4配成溶液，并应用于废水中化学需氧量(COD)测定化学需氧量(COD)是：在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原剂及有机物时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量。(单位为mg·L1−)来表

示。①从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序___________：(___________)→(___________)→(___________)→(___________)→fa．取废水样100mL加稀硝酸酸化b．取废水样100mL加稀硫酸酸化c．用0.0100

0mol·L1−的KMnO4标准溶液滴定d．加10.00mL0.01000mol·L1−的KMnO4标准溶液，煮沸，冷却e．加入0.01000mol·L1−的Na2C2O4标准溶液至过量，消耗10.00mLf．记录，滴定时

，KMnO4标准溶液消耗量为8.20mL②计算水样中COD为___________mg·L1−。【答案】(1)补偿KClO3在MnO2催化下分解所造成的损失，使MnO2充分反应(2分)(2)AC(2分)(3)取少

量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全(2分)(4)bdec(2分)56.8mg⋅L-1(2分)【解析】(1)KClO3在MnO2催化下易分解，KClO3需过量的目的是补偿KClO3在MnO2催化下分解所造成的损失，同时保证MnO2充

分反应；(2)A项，瓷器中含有SiO2，可以和碱反应，过程1需在铁坩埚中进行，故A错误；B项，MnO2应分批加入，以防止反应过于激烈，熔融物溢出，故B正确；C项，高锰酸钾具有氧化性，可以氧化乙醇，不能用酒精洗

涤，故C错误；D项，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，在强碱性环境下Cl2的氧化性强于KMnO4，故D正确；故选AC；(3)MnO2不溶于水，则为检验过程1是否反应完全，应采取的实验操作是：取少量反应物，冷却，加到水中，若完全溶解，则已经反应完全；(4)①纯化后的KMnO4配成溶液，

并应用于废水中化学需氧量(COD)测定化学需氧量(COD)，取废水样100mL加稀硫酸酸化→加10.00mL0.01000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液，煮沸，冷却→加入0.01000mol•L﹣

1的Na2C2O4标准溶液至过量，消耗10.00mL→用0.01000mol•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定→f记录，具体排序为b→d→e→c→f；②草酸钠与高锰酸钾反应的化学方程式为：5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4═l0CO2↑+2MnSO

4+K2SO4+8H2O+5Na2SO4，根据得失电子守恒，KMnO4～1.25O2，水样中COD为-3250.01000mol/L[(10.00+8.20-10.00)?10L]32g/mol540.1L

＝56.8mg•L﹣1。21．(12分)香豆素类化合物在药物中应用广泛。某研究小组按下列路线合成香豆素类化合物K。已知：①()4KMnOH1212RHCCHRRCOOHRCOOH+⎯⎯⎯⎯⎯→=+②③1RONa132RCOORCHCOO

R+⎯⎯⎯→请回答：(1)化合物D中含氧官能团的名称是(2)化合物I为线型不稳定分子，则I的结构简式是(3)下列说法正确的是___________A．A→B的反应试剂、反应条件是：浓硫酸、浓硝酸、水浴加热B．G和1，3-丁二烯互为同系物C．1molJ最多可以和4molH2反应D．F

+J→K的反应类型为取代反应(4)写出C→D的化学方程式(5)以CH3OH、、(CH3CO)2O为原料也可以合成J，请根据题给信息，设计合理的路线(用流程图表示，无机试剂任选)(6)写出4种符合下列条件的F的同分异构体的结构简式：①能使FeC

l3溶液显色，不能发生银镜反应②1H-NMR谱和IR谱检测表明分子中共有两个环，除苯环外还含有六元环：且分子中共有4种不同化学环境的氢原子【答案】(1)醛基、硝基(1分)(2)O=C=C=C=O(1分)(3)AC(2分)(4)(2分)(5)(3分)(6)、

、、(3分)【解析】根据路线图，结合已知中的信息，本题采用逆合成分析法，由J逆向分析可依次推出I为O=C=C=C=O、H为HOOCCH2COOH、G为，由F+J→K逆向分析可依次推出F为、D为、E为、C为、B为、A为。(1)化合物D的结构简式为，含氧官能团的名称是

醛基、硝基；(2)化合物I的分子式为C3O2，为线型不稳定分子，则I的结构简式是O=C=C=C=O；(3)A项，A→B是甲苯的硝化反应，反应试剂是浓硫酸、浓硝酸，反应条件是水浴加热，A正确；B项，G为，分子式C6H8，和1，3-丁二烯(分子式为C4H6)分子组成不是相差CH2原子团，

二者不互为同系物，B错误；C项，1molJ中苯环可与3molH2加成，羰基可与1molH2加成，最多共与4molH2加成，C正确；D项，F+J→K的反应类型为加成反应，D错误；故选AC；(4)C→D发生的是水解反应，反应的化学方程式为；(5)有机物可通过在CH3ONa存在条件下

反应得到，而可通过先和(CH3CO)2O反应得到，再和CH3OH在浓硫酸条件下发生酯化反应得到，则合成路线为：；(6)F的分子式为C10H7O3N3，不饱和度为9，符合下列条件的F的同分异构体：①能使FeCl3溶液显色，不能发生银镜反应，说明含有酚羟基，不含醛基；②1

H-NMR谱和IR谱检测表明分子中共有两个环，除苯环外还含有六元环：，两个环共含有9个碳原子、8个不饱和度，则另一个不饱和度应为碳氧双键结构，分子中共有4种不同化学环境的氢原子，说明分子具有高度对称性，符合条件的同分异构体的结构简式为：、、、。